2020年江苏省南京市高淳区中考数学二模试卷

中考数学二模试卷一、选择题（本大题共6小题，共12.0分）1.纳米（nm）是长度单位，1nm=10-9m．某种花粉的直径为280nm，把280nm用科学记数法表示为（）m．A. 28×10-9B. 2.8×10-8C. 2.8×10-7D. 0.28×10-72.在圆柱、正三棱锥、正方体、球四个几何体中，其主视图与左视图不相同的几何体是（）A. B. C. D.3.下列式子正确的是（）A. =2B. =-3C. a2•a3=a6D. （a3）2=a94.若一次函数y=2x+4与反比例函数y=的图象有且只有一个公共点P，则点P在第（）象限．A. 一B. 二C. 三D. 四5.若顺次连接四边形ABCD各边中点所得的四边形是矩形，则下列结论中正确的是（）A. AB∥CDB. AB⊥BCC. AC⊥BDD. AC=BD6.2下列结论：①a＜0；②方程ax+bx+c=3的解为x1=0，x2=2；③当x＞2时，y＜0．其中所有正确结论的序号是（）A. ①②③B. ①C. ②③D. ①②二、填空题（本大题共10小题，共20.0分）7.比-4大3的数是______．8.方程组的解是______．9.若在实数范围内有意义，则x的取值范围是______ ．10.计算（-）×的结果是______．11.甲、乙两人在相同的情况下各打靶10次，打靶的成绩如图，这两人10次打靶平均命中环数都为7环，则S2甲______S2乙（填“＞”、“＜”或“=”）．12.已知关于x的方程x2+mx-3=0的两个根为x1、x2，若x1+x2=2x1x2，则m=______．13.如图，△ABC的内切圆⊙O分别与三角形三边相切于点D、E、F，若∠DFE=55°，则∠A=______°．14.如图，点O是边长为4的正六边形ABCDEF的中心，M、N分别在AF和AB上，且AM=BN，则四边形OMAN的面积为______．15.如图，在⊙O中，弦BC垂直平分半径OA，若半径为2，则图中阴影部分的面积为______．16.如图，△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=4，点O是AC的中点，以O为旋转中心，将△ABC绕点O旋转一周，A、B、C的对应点分别为A'、B'、C'，则BC'的最大值为______．三、解答题（本大题共11小题，共88.0分）17.解方程：（2x-1）2=3-6x．18.先化简，再求值：（-）÷，其中a=-3．19.为了解射击运动员小明的集训效果，教练统计了他集训前后的两次测试成绩（每次测试射击10次），制作了如图所示的条形统计图．1（）请你用所学的统计知识作出分析，从某个角度评价小明这次集训的效果．20.在4件产品中有2件正品，2件次品．（1）从中任取出1件产品，该产品为次品的概率是______；（2）若每次取出1件做检查（查完后不再放回），直到2件次品都找到为止．求经过2次检查恰好将2件次品确定的概率．21.甲、乙两同学的家与学校的距离均为3200米．甲同学先步行200米，然后乘公交车去学校，乙同学骑自行车去学校．已知甲步行速度是乙骑自行车速度的，公交车的速度是乙骑自行车速度的3倍．甲、乙两同学同时从家出发去学校，结果甲同学比乙同学早到8分钟．（1）求乙骑自行车的速度；（2）当甲到达学校时，乙同学离学校还有多远？22.在△ABC中，D、E分别是AC、BC边上的点，将△ABC沿直线DE折叠．（1）如图①，若折叠后点C与A重合，用直尺和圆规作出直线DE；（不写作法，保留作图痕迹）（2）如图②，若折叠后点C落在AB上的F处，且DF∥BC，求证：四边形FECD 是菱形．23.高淳固城湖大桥采用H型塔型斜拉桥结构（如甲图），图乙是从图甲抽象出的平面图．测得拉索AB与水平桥面的夹角是45°，拉索CD与水平桥面的夹角是65°，两拉索顶端的距离AC为2米，两拉索底端距离BD为10米，请求出立柱AH的长（结果精确到0.1米）．（参考数据：sin65°≈0.91，cos65°≈0.42，tan65°≈2.14）24.2018年高淳国际慢城马拉松赛于11月18日（星期日）上午在南京市高淳区举行．某半程马拉松运动员从起点高淳体育馆出发，沿比赛路线跑到水慢城折返回终点高淳体育馆．设该运动员离开起点的路程s（km）与跑步时间t（min）之间的函数关系如图所示．其中从起点到水慢城用时35min，根据图象提供的信息，解答下列问题：（1）该运动员从起点到水慢城的平均速度为______km/min；（2）组委会在距离起点2.1km处设立了一个拍摄点C，该运动员从第一次过点C 到第二次过点C所用的时间为68min．①求AB所在直线的函数表达式；②写出图中B点的坐标，并用文字说明点B所表示的实际意义．25.如图，矩形CDEF两边EF、FC的长分别为8和6，现沿EF、FC的中点A、B截去一角成五边形ABCDE，P是线段AB上一动点，试确定AP的长为多少时，矩形PMDN的面积取得最大值．26.△ABC中，AB=AC=10，BC=12，⊙O是△ABC的外接圆．（1）如图①，过A作MN∥BC，求证：MN与⊙O相切；（2）如图②，∠ABC的平分线交半径OA于点E，交⊙O于点D．求⊙O的半径和AE的长．27.如图，在四边形OABC中，AB∥OC，O为坐标原点，点A在y轴的正半轴上，点C在x轴的正半轴上，点B坐标为（2，2），∠BCO=60°，OH⊥BC，垂足为H，动点P从点H出发，沿线段HO向点O运动；动点Q从点O出发，沿线段OA向点A运动．两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，设点P运动的时间为t秒，（1）求OH的长．（2）设PQ与OB交于点M．①探究：当t为何值时，△OPM为等腰三角形；②线段OM长度的最大值为______．答案和解析1.【答案】C【解析】解：280nm=280×10-9m=2.8×10-7m．故选：C．绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．2.【答案】B【解析】解：A、圆柱的三视图分别为长方形，长方形，圆，不符合题意；B、正三棱锥的三视图分别为等边三角形（带有中线），不等边三角形，等边三角形（带有中心），符合题意；C、正方体的三视图分别为正方形，正方形，正方形，不符合题意；D、球的三视图都是圆，不符合题意．故选：B．根据三视图的基本知识，分析各个几何体的三视图然后可解答．本题考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．3.【答案】A【解析】解：A、，正确；B、，错误；C、a2•a3=a5，错误；D、（a3）2=a6，错误；故选：A．根据同底数幂的乘法、除法以及二次根式进行判断．本题考查二次根式、同底数幂的乘除法，关键是根据法则判断．4.【答案】B【解析】解：由一次函数y=2x+4可知，图象经过一、二、三象限，若一次函数y=2x+4与反比例函数y=的图象有且只有一个公共点P，则点P只能在第二象限，故选：B．根据一次函数所处的象限即可判断．本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，明确一次函数所处的象限是解题的关键．5.【答案】C【解析】证明：∵四边形EFGH是矩形，∴∠FEH=90°，又∵点E、F、分别是AD、AB、各边的中点，∴EF是三角形ABD的中位线，∴EF∥BD，∴∠FEH=∠OMH=90°，又∵点E、H分别是AD、CD各边的中点，∴EH是三角形ACD的中位线，∴EH∥AC，∴∠OMH=∠COB=90°，即AC⊥BD．故选：C．这个四边形ABCD的对角线AC和BD的关系是互相垂直．理由为：根据题意画出相应的图形，如图所示，由四边形EFGH为矩形，根据矩形的四个角为直角得到∠FEH=90°，又EF为三角形ABD的中位线，根据中位线定理得到EF与DB平行，根据两直线平行，同旁内角互补得到∠EMO=90°，同理根据三角形中位线定理得到EH与AC平行，再根据两直线平行，同旁内角互补得到∠AOD=90°，根据垂直定义得到AC与BD垂直．此题考查了矩形的性质，三角形的中位线定理，以及平行线的性质．这类题的一般解法是：借助图形，充分抓住已知条件，找准问题的突破口，由浅入深多角度，多侧面探寻，联想符合题设的有关知识，合理组合发现的新结论，围绕所探结论环环相加，步步逼近，所探结论便会被“逼出来”．6.【答案】D【解析】解：由点的特征可知a＜0，故①正确；∵y=-3时，x1=-1，x2=3，∴对称轴为直线x=1，∴当y=3时，x1=0，x2=2，故②正确；可知抛物线顶点（1，5），设抛物线y=a（x-1）2+5，将（0，3）代入，a=-2，y=-2（x-1）2+5，令y=0，-2（x-1）2+5=0，x=1±，当x时，y＜0，当2＜x＜时，y＞0，故③错误，故选：D．二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）①二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；②一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置．当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右．（简称：左同右异）③．常数项c决定抛物线与y轴交点．抛物线与y轴交于（0，c）．④抛物线与x轴交点个数．△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．本题考查了二次函数图象与系数关系，熟练掌二次函数图象性质是解题的关键．7.【答案】-1【解析】解：-4+3=-1．故答案为：-1．根据题意列出算式-4+3，计算即可得到结果．此题考查了有理数的加法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．8.【答案】【解析】解：，①×2-②得：3x=6，解得：x=2，把x=2代入②得：y=-1，则方程组的解为，故答案为：方程组利用加减消元法求出解即可．此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．9.【答案】x≥【解析】解：依题意有2x-3≥0，即x≥时，二次根式有意义．故若在实数范围内有意义，则x的取值范围是x≥．根据二次根式的性质，被开方数大于或等于0，列不等式求解．主要考查了二次根式的概念．二次根式的概念：式子（a≥0）叫二次根式．二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．10.【答案】4【解析】解：原式=-=6-2=4．故答案为4．根据二次根式的乘法法则运算．本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后合并同类二次根式即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．11.【答案】＜【解析】解：S2甲=[（9-7）2+（5-7）2+（7-7）2+（8-7）2+（7-7）2+（6-7）2+（8-7）2+（6-7）2+（7-7）2+（7-7）2]=1.2，S2乙=[（2-7）2+（4-7）2+（6-7）2+（8-7）2+（7-7）2+（7-7）2+（8-7）2+（9-7）2+（9-7）2+（10-7）2]=5.4，∵1.2＜5.4，∴S2甲＜S2乙，故答案为：＜．根据折线图可以得到甲、乙10次打靶的成绩，再根据方差公式s2=[（x1-）2+（x2-）2+…+（x-）2]代入样本数据计算即可．n此题主要考查了方差，关键是掌握方差公式：s2=[（x1-）2+（x2-）2+…+（x n-）2]．12.【答案】6【解析】解：∵关于x的方程x2+mx-3=0的两个根为x1，x2，∴x1+x2=-m，x1x2=-3．∵x1+x2=2x1x2，即-m=2×（-3），∴m=6．故答案为：6．根据根与系数的关系可得出x1+x2=-m，x1x2=-3，结合x1+x2=2x1x2可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出m的值．本题考查了根与系数的关系，利用根与系数的关系结合x1+x2=2x1x2，找出关于m的一元一次方程是解题的关键．13.【答案】70【解析】解：连接OD，OE，如图所示：则∠ADO=∠AEO=90°；由圆周角定理知，∠DOE=2∠DFE=110°；∴∠A=360°-∠ADO-∠AEO-∠DOE=70°．故答案为：70．连接OD、OE；由圆周角定理可求得∠DOE的度数；在四边形ADOE中，∠ADO=∠AEO=90°，由此可求出∠A的度数．本题考查了切线的性质、圆周角定理、四边形的内角和等知识；熟练掌握切线的性质是解题的关键．14.【答案】4【解析】解：连接OA、OB，作OH⊥AB于H，如图所示：则△OAB是等边三角形，∠OAM=∠OAB=∠OBN=60°，∴OA=OB=AB=4，∵OH⊥AB，∴AH=AB=2，∴OH=AH=2，在△OAM和△OBN中，，∴△OAM≌△OBN（SAS），∴△OAM的面积=△OBN的面积，∴四边形OMAN的面积=△OAB的面积=×4×2=4；故答案为：4．连接OA、OB，作OH⊥AB于H，则△OAB是等边三角形，∠OAM=∠OAB=∠OBN=60°，由等边三角形的性质得出AH=AB=2，OH=AH=2，证明△OAM≌△OBN，得出△OAM的面积=△OBN的面积，得出四边形OMAN的面积=△OAB的面积，即可得出结果．本题考查了正六边形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握正六边形的性质，证明三角形全等是解题的关键．15.【答案】-【解析】解：如图：连接OB，OC，∵弦BC垂直平分半径OA，若半径为2，∴OH=1，OB=2，BC=2BH，∠BOC=2∠BOH，∴BH=，sin∠BOH==，∴∠BOH=60°，∠BOC=120°，BC=2BH=2，∴S阴影部分=S扇形OBAC-S△OBC=-×2×1=-．故答案为：-．连接OB，OC，利用PC与OC的长，根据三角函数的定义求出角BOH的度数，进而得到角BOC的度数，利用扇形的面积公式和三角形的面积公式分别求出扇形OBAC的面积和三角形OBC的面积，相减即可得到阴影部分的面积．此题考查了垂径定理，勾股定理，锐角三角函数，扇形的面积公式以及三角形的面积公式，熟练掌握垂径定理是解本题的关键．16.【答案】8【解析】解：连接OB，BC′，如图，∵点O是AC中点，∴OC=AC=3，在Rt△BOC中，OB==5，∵△ABC绕点O旋转得△A′B'C′，∴OC′=OC=3，∵BC′≤OB+OC′（当且仅当点B、O、C′共线时，取等号），∴BC′的最大值为3+5=8，即在旋转过程中点B、C′两点间的最大距离是8．故答案为：8．连接OB，BC′，如图，易得OC=3，再利用勾股定理计算出OB=5，接着利用旋转的性质得OC′=OC=3，根据三角形三边的关系得到BC′≤OB+OC′（当且仅当点B、O、C′共线时，取等号），从而得到BC′的最大值．本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．17.【答案】解：（2x-1）2=-3（2x-1），（2x-1）2+3（2x-1）=0，（2x-1）[（2x-1）+3]=0，2x-1=0或2x+2=0所以x1=，x2=-1．【解析】先变形得到（2x-1）2+3（2x-1）=0，然后利用因式分解法解方程．本题考查了解一元二次方程-因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．18.【答案】解：原式=[-]•=•=当a=-3时，原式=3．【解析】根据分式的混合运算法则把原式化简，代入计算即可．本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．19.【答案】8.5 9 91故答案为，，；（2）小明集训前后两次测试成绩的众数由集训前的8环上升到集训后的9环，中位数由集训前的8.5环上升到集训后的9环，平均数由集训前的8.6环上升到集训后的9环，说明集训后成绩比前有进步，集训的效果较好．（1）把集训前10次成绩由小到大排列，利用中位数的定义求出集训前成绩的中位数；根据众数的定义可得集训后成绩的众数为9环；根据平均数的定义可得集训后10次成绩的平均数；（2）根据（1）中数据可得答案．本题考查的是条形统计图的综合运用．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．也考查了加权平均数，中位数，以及众数．20.【答案】【解析】解：（1）从中任取出1件产品，该产品为次品的概率是，故答案为：；（2）分别记2件正品为A、A，2件次品记为B、B，列表如下：A）的有（A2，A1）、（A1，A2）、（B2，B1）、（B1，B2）共4个结果，∴P（A）==．（1）直接利用概率公式计算可得；（2）列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解可得．本题考查了列表法与树状图法：运用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．21.【答案】解：（1）设乙骑自行车的速度为xm/min，则公交车的速度是3xm/min，甲步行速度是xm/min，由题意得：-8=+．解得x=200．经检验x=200原方程的解答：乙骑自行车的速度为200m/min．（2）当甲到达学校时，乙同学还要继续骑行8分钟，所以8×200=1600（m）．答：乙同学离学校还有1600m．【解析】（1）设乙骑自行车的速度为xm/min，则公交车的速度是3xm/min，甲步行速度是xm/min，根据题意列方程即可得到结论；（2）8×200=1600米即可得到结果．此题主要考查了分式方程的应用，根据题意得到甲的运动速度是解题关键．22.【答案】解：（1）如图①所示：直线DE即为所求；（2）证明：由折叠可知：CD=FD，∠FDE=∠CDE，∵DF∥BC，∴∠FDE=∠DEC，∴∠CDE=∠DEC，∴CD=CE，又∵CD=FD，∴FD=CE，∵DF∥BC，∴四边形FECD是平行四边形．∵CD=FD，∴四边形FECD是菱形．【解析】（1）直接利用线段垂直平分线的作法得出AC的垂直平分线即可得出答案；（2）利用平行线的性质结合折叠的性质得出四边形FECD是平行四边形，再利用菱形的判定方法得出答案．此题主要考查了基本作图以及菱形的判定方法，正确掌握折叠的性质是解题关键．23.【答案】解：设AH的长为x米，则CH的长为（x-2）米．在Rt△ABH中，AH=BH•tan45°，∴BH=x，∴DH=BH-BD=x-10；在Rt△CDH中，CH=DH•tan65°，∴x-2=2.14（x-10），解得：x=17.01≈17.0．答：立柱AH的长约为17.0米．【解析】设AH的长为x米，则CH的长为（x-2）米，在Rt△ABH中，由AH=BH•tan45°可得出BH=x，进而可得出DH=x-10，在Rt△CDH中，由CH=DH•tan65°可得出x-2=2.14（x-10），解之即可得出结论（求出的x的值精确到0.1米）．本题考查了解直角三角形的应用，通过解直角三角形，找出关于AH长的一元一次方程是解题的关键．24.【答案】解：（1）10.5÷35=0.3（km/min），故答案为：0.3．（2）①该运动员从出发点到拍摄点C所用时间为：2.1÷0.3=7，所以，该运动员从出发点到第二次过点C所用时间为：68+7=75（min）．所以，直线AB上有点P（75，2.1），设线段AB所表示的s与t之间的函数表达式为s=kt+b．根据题意得：解得：∴AB所在直线的函数表达式为s=-0.21t+17.85．②令s=0，得-0.21t+17.85=0，解得t=85，即B（85，0）．点B所表示的实际意义为该运动员用85min跑完了全程．【解析】（1）根据路程=速度×时间，即可解决问题．（2）①先求出A、B两点坐标即可解决问题．②令s=0，求t的值即可解决问题．本题考查一次函数综合题，待定系数法等知识，解题的关键是搞清楚路程、速度、时间之间的关系，学会利用一次函数的性质解决实际问题，属于中考常考题型．25.【答案】解：延长MP，交EF于点Q．如图所示：设AP的长x，矩形PMDN的面积为y．∵四边形CDEF为矩形，∴∠C=∠E=∠F=90°．∵四边形PMDN为矩形，∴∠PMD=∠MPN=∠PND=90°．∴∠PMC=∠QPN=∠PNE=90°．∴四边形CMQF、PNEQ为矩形．∴MQ=CF，PN=QE，且PQ∥BF．∵EF、FC的中点分别为A、B，且EF=8，CF=6，∴AF=4，BF=3，∴AB==5，∵PQ∥BF，∴△APQ∽△ABF．∴==．即==．解得：AQ=x，PQ=x．∴PN=QE=AQ+AE=x+4，PM=MQ-PQ=6-x．∴y=PN•PM=（x+4）（ 6-x）=-x2+x+24．当x=-=时，y取得最大值．即当AP=时，矩形PMDN的面积取得最大值．【解析】延长MP，交EF于点Q．设AP的长x，矩形PMDN的面积为y，证出四边形CMQF、PNEQ为矩形．得出MQ=CF，PN=QE，且PQ∥BF．证明△APQ∽△ABF．得出==．求出AQ=x，PQ=x．得出PN=QE=AQ+AE=x+4，PM=MQ-PQ=6-x．由矩形面积得出y=PN•PM=（x+4）（ 6-x）=-x2+x+24．由二次函数的性质即可得出答案．本题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、二次函数的应用等知识；证明三角形相似是解题的关键．26.【答案】解：（1）如图①，作直径AD，连接DC，∵AB=AC，且MN∥BC，∴∠B=∠ACB=∠NAC，∵∠D=∠B，∴∠D=∠NAC，∵AD是直径，∴∠D+∠DAC=90°，∴∠NAC+∠DAC=90°，∴∠OAN=90°，又∵点A在⊙O上，∴MN与⊙O相切；（2）如图②作直径AF，EG⊥AB，连接OB、OC，∵OB=OC，AB=AC，∴O、A在BC的垂直平分线上，即AF垂直平分BC，∵BD平分∠ABC，EG⊥AB，FH⊥BC，∴EG=EH，BG=BH=6，在Rt△ABH中，∵AB=10，BH=6，∴由勾股定理得AH=8，设⊙O的半径为x，在Rt△OBH中由勾股定理得：（8-x）2+62=x2，∴x=，即⊙O的半径为，∵AB=10，BG=6，∴AG=4，由△AGE∽△AHB得：=，代入解得：AE=5．【解析】（1）如图①，作直径AD，连接DC，根据等腰三角形和平行线的性质得到∠B=∠ACB=∠NAC，求得∠D=∠NAC，根据圆周角定理得到∠OAN=90°，于是得到结论；（2）如图②作直径AF，EG⊥AB，连接OB、OC，根据线段垂直平分线的判定定理得到O、A在BC的垂直平分线上，即AF垂直平分BC，根据角平分线的性质得到EG=EH，BG=BH=6，解直角三角形即可得到结论．本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．27.【答案】【解析】解：（1）∵AB∥OC，∴∠OAB=∠AOC=90°，在Rt△OAB中，AB=2，AO=2，∴OB=4，tan∠ABO=，∴∠ABO=60°，∵AB∥OC，∴∠BOC=60°，又∵∠BCO=60°，∴△BOC为等边三角形，∴OH=OB cos30°=4×=2；（2）①若△OPM为等腰三角形，则：（i）若OM=PM，∠MPO=∠MOP=∠POC，∴PQ∥OC，∴OQ=y p即t=-，解得：t=，（ii）若OP=OM，∠OPM=∠OMP=75°，∴∠OQP=45°过P点作PE⊥OA，垂足为E，则有：EQ=EP即t-（-t）=3-t，解得：t=2，（iii）若OP=PM，∠POM=∠PMO=∠AOB，∴PQ∥OA此时Q在AB上，不满足题意②当PQ⊥OB时，OM长度的值最大，即△OPQ是等边三角形，∴t=2-t，∴t=，∴OP=OQ=PQ=，∴OM=，∴线段OM长的最大值为．故答案为：．（1）根据题意得出△BOC为等边三角形，进而得出OH的长；（2）①利用（i）若OM=PM，（ii）若OP=OM，（iii）若OP=PM，分别分析得出即可；②PQ⊥OB时，OM长度的值最大，即△OPQ是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得到结论．此题主要考查了四边形综合以及锐角三角函数关系和等边三角形、等腰三角形的性质等知识，利用分类讨论得出是解题关键．。